1 题目描述
给你一个非负整数数组 nums ，你最初位于数组的第一个位置。
数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。
你的目标是使用最少的跳跃次数到达数组的最后一个位置。
假设你总是可以到达数组的最后一个位置。
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode.cn/problems/jump-game-ii
2 题目示例
示例 1:
输入: nums = [2,3,1,1,4]
输出: 2
解释: 跳到最后一个位置的最小跳跃数是 2。
从下标为 0 跳到下标为 1 的位置，跳 1 步，然后跳 3 步到达数组的最后一个位置。
示例 2:
输入: nums = [2,3,0,1,4]
输出: 2
3 题目提示
1 <= nums.length <= 104
0 <= nums[i] <= 1000
4 思路
这道题是典型的贪心算法，通过局部最优解得到全局最优解。
方法一：
我们的目标是到达数组的最后一个位置，因此我们可以考虑最后—步跳跃前所在的位置，该位置通过跳跃能够到达最后一个位置。
如果有多个位置通过跳跃都能够到达最后一个位置，那么我们应该如何进行选择呢?直观上来看，我们可以「贪心」地选择距离最后一个位置最远的那个位置，也就是对应下标最小的那个位置。因此，我们可以从左到右遍历数组，选择第一个满足要求的位置。
找到最后—步跳跃前所在的位置之后，我们继续贪心地寻找倒数第二步跳跃前所在的位置，以此类推，直到找到数组的开始位置。
方法一虽然直观，但是时间复杂度比较高，有没有办法降低时间复杂度呢?
如果我们「贪心」地进行正向查找，每次找到可到达的最远位置，就可以在线性时间内得到最少的跳跃次数。
例如，对于数组[2，3，1，2，4，2，3]，初始位置是下标0，从下标О出发，最远可到达下标2。下标0可到达的位置中，下标1的值是3，从下标1出发可以达到更远的位置，因此第一步到达下标1。
从下标1出发，最远可到达下标4。下标1可到达的位置中，下标4的值是4，从下标4出发可以达到更远的位置，因此第二步到达下标4。
在具体的实现中，我们维护当前能够到达的最大下标位置，记为边界。我们从左到右遍历数组，到达边界时，更新边界并将跳跃次数增加1。
在遍历数组时，我们不访问最后一个元素，这是因为在访问最后一个元素之前，我们的边界一定大于等于最后一个位置，否则就无法跳到最后一个位置了。如果访问最后一个元素，在边界正好为最后一个位置的情况下，我们会增加一次「不必要的跳跃次数」，因此我们不必访问最后一个元素。
5 我的答案
class Solution {
public int jump(int[] nums) {
int position = nums.length - 1;
int steps = 0;
while (position > 0) {
for (int i = 0; i < position; i++) {
if (i + nums[i] >= position) {
position = i;
steps++;
break;
}
}
}
return steps;
}
}
class Solution {
public int jump(int[] nums) {
int length = nums.length;
int end = 0;
int maxPosition = 0;
int steps = 0;
for (int i = 0; i < length - 1; i++) {
maxPosition = Math.max(maxPosition, i + nums[i]);
if (i == end) {
end = maxPosition;
steps++;
}
}
return steps;
}
}